Номер 6, страница 39 - гдз по алгебре 9 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

6. Докажите, что:

1) $(x + \frac{1}{y})(y + \frac{1}{x}) \ge 4$, если $x > 0, y > 0$;

2) $(x + 1)(y + 2)(z + 8) \ge 32\sqrt{xyz}$, если $x \ge 0, y \ge 0, z \ge 0$.

1)

Для доказательства неравенства $(x + \frac{1}{y})(y + \frac{1}{x}) \geq 4$ при условиях $x > 0, y > 0$ можно использовать два способа.

Способ 1: Раскрытие скобок и применение неравенства Коши

Раскроем скобки в левой части неравенства:

$(x + \frac{1}{y})(y + \frac{1}{x}) = xy + x \cdot \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \cdot y + \frac{1}{y} \cdot \frac{1}{x} = xy + 1 + 1 + \frac{1}{xy} = xy + \frac{1}{xy} + 2$.

Теперь нам нужно доказать, что $xy + \frac{1}{xy} + 2 \geq 4$, что равносильно доказательству $xy + \frac{1}{xy} \geq 2$.

Обозначим $a = xy$. Поскольку $x > 0$ и $y > 0$, то $a > 0$.

Воспользуемся неравенством о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши) для двух положительных чисел $a$ и $\frac{1}{a}$:

$\frac{a + \frac{1}{a}}{2} \geq \sqrt{a \cdot \frac{1}{a}}$

$\frac{a + \frac{1}{a}}{2} \geq \sqrt{1}$

$a + \frac{1}{a} \geq 2$.

Поскольку $xy + \frac{1}{xy} \geq 2$, мы можем прибавить 2 к обеим частям неравенства:

$xy + \frac{1}{xy} + 2 \geq 4$, что и требовалось доказать.

Способ 2: Применение неравенства Коши к каждому сомножителю

Применим неравенство Коши $a+b \geq 2\sqrt{ab}$ для положительных $a$ и $b$ к каждой из скобок.

Для первой скобки ($x > 0, \frac{1}{y} > 0$):

$x + \frac{1}{y} \geq 2\sqrt{x \cdot \frac{1}{y}} = 2\sqrt{\frac{x}{y}}$.

Для второй скобки ($y > 0, \frac{1}{x} > 0$):

$y + \frac{1}{x} \geq 2\sqrt{y \cdot \frac{1}{x}} = 2\sqrt{\frac{y}{x}}$.

Так как обе части полученных неравенств положительны, их можно перемножить:

$(x + \frac{1}{y})(y + \frac{1}{x}) \geq \left(2\sqrt{\frac{x}{y}}\right) \cdot \left(2\sqrt{\frac{y}{x}}\right)$

$(x + \frac{1}{y})(y + \frac{1}{x}) \geq 4\sqrt{\frac{x}{y} \cdot \frac{y}{x}} = 4\sqrt{1} = 4$.

Таким образом, $(x + \frac{1}{y})(y + \frac{1}{x}) \geq 4$, что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

2)

Докажем неравенство $(x + 1)(y + 2)(z + 8) \geq 32\sqrt{xyz}$ при условиях $x \geq 0, y \geq 0, z \geq 0$.

Воспользуемся неравенством о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши) для неотрицательных чисел $a$ и $b$: $\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}$, или $a+b \geq 2\sqrt{ab}$.

Применим это неравенство последовательно к каждому из трех сомножителей в левой части.

Для первого сомножителя ($x \geq 0, 1 > 0$):

$x + 1 \geq 2\sqrt{x \cdot 1} = 2\sqrt{x}$.

Для второго сомножителя ($y \geq 0, 2 > 0$):

$y + 2 \geq 2\sqrt{y \cdot 2} = 2\sqrt{2y}$.

Для третьего сомножителя ($z \geq 0, 8 > 0$):

$z + 8 \geq 2\sqrt{z \cdot 8} = 2\sqrt{8z}$.

Поскольку все части полученных неравенств являются неотрицательными, мы можем их перемножить:

$(x + 1)(y + 2)(z + 8) \geq (2\sqrt{x}) \cdot (2\sqrt{2y}) \cdot (2\sqrt{8z})$.

Теперь преобразуем правую часть этого неравенства:

$(2\sqrt{x})(2\sqrt{2y})(2\sqrt{8z}) = (2 \cdot 2 \cdot 2) \cdot \sqrt{x \cdot 2y \cdot 8z} = 8\sqrt{16xyz}$.

Учитывая, что $\sqrt{16} = 4$, получаем:

$8\sqrt{16xyz} = 8 \cdot 4\sqrt{xyz} = 32\sqrt{xyz}$.

Таким образом, мы доказали, что:

$(x + 1)(y + 2)(z + 8) \geq 32\sqrt{xyz}$.

Равенство достигается при $x=1, y=2, z=8$.

Ответ: Неравенство доказано.